题意

JSOI信息学代表队一共有N名候选人，这些候选人从1到N编号。方便起见，JYY的编号是0号。每个候选人都由一位编号比他小的候选人Ri推荐。如果Ri=0则说明这个候选人是JYY自己看上的。为了保证团队的和谐，JYY需要保证，如果招募了候选人i，那么候选人Ri”也一定需要在团队中。当然了，JYY自己总是在团队里的。每一个候选人都有一个战斗值Pi”，也有一个招募费用Si”。JYY希望招募K个候选人（JYY自己不算），组成一个性价比最高的团队。也就是，这K个被JYY选择的候选人的总战斗值与总招募总费用的比值最大。 1≤K≤N≤2500,0<”Si,Pi”≤10^4,0≤Ri

分析

首先显然这是一棵树。 看到两个和的比值，肯定就可以想到二分答案啦。。。 设当前二分值为mid，那么就把式子变成Pi-mid*Si，然后树形dp判断一下最大值是否不大于0即可。 树形dp的话，一种方法是把多叉树转为二叉树后dp，还有一种方法就是像bzoj 4033一样dp，时间复杂度同样是n^2.

代码

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=2505; const int inf=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-4; int cnt,n,m,last[N],size[N],s[N],p[N]; struct edge{int to,next;}e[N*2]; double tmp[N],f[N][N],val[N]; void addedge(int u,int v) { e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt; e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt; } void dp(int x,int fa) { size[x]=1;f[x][0]=0;f[x][1]=val[x]; for (int i=last[x];i;i=e[i].next) { if (e[i].to==fa) continue; dp(e[i].to,x); for (int j=1;j<=size[x]+size[e[i].to];j++) tmp[j]=f[0][N-1]; for (int j=1;j<=size[x];j++) for (int k=0;k<=size[e[i].to];k++) tmp[j+k]=max(tmp[j+k],f[x][j]+f[e[i].to][k]); size[x]+=size[e[i].to]; for (int j=1;j<=size[x];j++) f[x][j]=tmp[j]; } } int main() { scanf("%d%d",&m,&n); for (int i=1;i<=n;i++) { int x; scanf("%d%d%d",&s[i],&p[i],&x); addedge(x,i); } double l=0,r=10000; while (r-l>=eps) { double mid=(l+r)/2; for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=p[i]-1.0*mid*s[i]; memset(f,0xc2,sizeof(f)); dp(0,0); if (f[0][m+1]<=0) r=mid; else l=mid; } printf("%.3lf",l); return 0; }